Cho x,y,z > 0 sao cho $x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2=3z^2y^2z^2$
Chứng minh rằng $\frac{1}{\sqrt{x^6+y^2}}+\frac{1}{\sqrt{y^6+z^2}}+\frac{1}{\sqrt{z^6+y^2}}\leq \frac{3}{\sqrt{2}}$
$\frac{1}{\sqrt{x^6+y^2}}+\frac{1}{\sqrt{y^6+z^2}}+\frac{1}{\sqrt{z^6+y^2}}\leq \frac{3}{\sqrt{2}}$
Bắt đầu bởi huyhoang3219, 11-01-2022 - 21:10
#2
Đã gửi 12-01-2022 - 09:30
KietLW9
-
- Điều hành viên THCS
-
- 1737 Bài viết
Đại úy
Đặt $(\frac{1}{x^2},\frac{1}{y^2},\frac{1}{z^2})\rightarrow (a,b,c)$ thì $a+b+c=3$
và $\frac{1}{\sqrt{x^6+y^2}}=\frac{1}{\sqrt{\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b}}}=\frac{\sqrt{a^3b}}{\sqrt{a^3+b}}\leqslant \frac{\sqrt[4]{a^6b^2}}{\sqrt{2\sqrt{a^3b}}}=\frac{\sqrt[4]{a^3b}}{\sqrt{2}}\leqslant \frac{3a+b}{4\sqrt{2}}$
Tương tự rồi cộng lại, ta có điều phải chứng minh
- Hoang72 và huyhoang3219 thích
Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức 
$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh
